Les sacs seront laissés devant le tableau. Conservez seulement de quoi écrire et une calculatrice : pas de téléphone !
Si vous ne comprenez pas une notation, une question, ou si vous pensez avoir découvert une erreur d’énoncé, signalez-le immédiatement.
Expliquez soigneusement l’interprétation des figures et courbes de l’énoncé.
Problème 1 : La tartine beurrée
On étudie dans ce problème le basculement autour du rebord d’une table puis la chute jusqu’au sol d’une tartine beurrée, pour déterminer entre autres si elle tombe du côté beurré ou non.
On modélise la tartine par une plaque rectangulaire sans épaisseur de longueur`et de largeura < `. On considère des rotations autour d’un axe∆rparallèle à son petit côté (de largeura) à la distancerdu mi- lieu du grand côté de longueur`. La tartine est initia- lement en surplomb de la table, son grand côté étant perpendiculaire à l’arête de la table. La table est située à une hauteurhdu sol.
G e#»r
e#»θ
`/2
r θ
#»g h
∆r
Les différentes parties sont dans une grande mesure indépendantes.
I Basculement
I.1. Dans une premier temps, on considère que la tartine ne glisse pas le long du rebord.
(a) Justifier brièvement que la tartine ne basculera pas tant que le centreGdu grand côté reste à l’aplomb de la table. On considère par la suite queGest en surplomb et que la tartine bascule donc.
(b) La masse de la tartine estm. Son moment d’inertie par rapport à l’axe∆r, qui coïncide avec l’arête de la table est notéJr. Il vérifie :
Jr=m`2
12 +mr2. (1)
Préciser les expressions deJrpourr= 0etr=`/2et vérifier leurs compatibilités.
I.2. À l’instant initial, la tartine est horizontale (l’angleθest nul) et immobile.
(a) Montrer que le mouvement de la tartine est conservatif.
(b) En déduire que la vitesse de rotationω= ˙θde la tartine croît avec l’angle de rotationθselon une loi de la forme :
ω2=K(r)sin(θ),
avecK(r)une fonction derpositive dont on donnera l’expression en fonction deg , `etr.
(c) Tracer l’allure deK(r)en fonction der.
(d) Déterminer l’expression deωenθ=π/2pour la valeur du rapportrqui la rend maximale, en admettant que la tartine ne glisse pas. On note ωmaxcette expression. Calculer sa valeur.
(e) Déterminer une approximation deK(r)pourr`et en déduire l’expression de la vitesse de rotationω(r)quandθ=π/2pourr`. Calculer la valeur deω(r)pourr=1,0 mm.
On note dans toute la suiteωila vitesse de rotation au moment où la tartine quitte la table.
I.3. (a) Déterminer l’accélération du barycentreGde la tartine durant ce basculement.
(b) En déduire la résultanteR#»des forces de contact entre la table et la tartine.
(c) On modélise les contacts entre la table et la tartine par un frottement solide de coefficientµ. Dé- terminer la valeur deµpour que la tartine ne glisse pas avant d’avoir atteint un angle de 80°.
II Chute
On suppose qu’on peut négliger le glissement de la tartine jusqu’à l’angleθ=π/2, atteint à un moment qu’on prend comme nouvelle origine des temps. On considère que par la suite la tartine est en chute libre, sans aucun contact avec la table.
II.1. (a) Déterminer les expressions du vecteur vitesse initial du barycentre, notév# »G0, et du vecteur rotation initial, notéω0, de la tartine. Calculer leurs valeurs pourr=1,0 mm.
(b) Dans toute la suite on considère, pour simplifier les expressions, que le barycentreGde la tartine est à la hauteurhdu sol au début de la chute, et ce quelle que soit la valeur der. Déterminer l’évolution temporelle de l’altitudezGdu barycentreGde la tartine au cours de sa chute.
II.2. On étudie dans cette question l’évolution du vecteur rotation de la tartine au cours de sa chute. On pourra admettre les résultats de cette question même s’ils n’ont pas été établis.
On modélise pour simplifier, et dans cette question seulement, la tartine par une tige sans masse de longueur`aux extrémités de laquelle sont fixées deux points matérielsM1etM2de même massem/2. L’ensemble constitue un solide en chute libre et en rotation.
ω G
M1
M2
(a) On note respectivementv#»1etv#»2les vecteurs vitesse des pointsM1etM2. Exprimer le moment cinétique par rapport au barycentreGdu solide en fonction entre autres dem1,m2,v#»1etv#»2. On le noteσ# »/G.
(b) Déterminer l’expression dedσ# »/G
dt et en déduire queσ# »/Get la vitesse de rotationωsont constants au cours de la chute.
On admet que ce résultat reste valable pour une répartition de masse quelconque et en particulier pour la tartine étudiée au I.
II.3. On considère de nouveau la répartition de masses uniforme de la tartine du I.
(a) Déterminer au cours de la chute l’expression de l’altitudezGdu barycentreG, en fonction de l’angleθdont a tourné la tartine par rapport à sa position initiale.
(b) On cherche à déterminer avec un minimum de calculs si la tartine tombera du côté beurré ou non.
i. Estimer un ordre de grandeur de la durée de chute de la tartine.
ii. En déduire pourr=1 mm si la tartine tombera du côté beurré ou non. Peut-on facilement conclure dans le cas ω=ωmax?
II.4. (a) Dans le cas général, exprimer l’altitudezdu point le plus bas de la tartine en fonction de l’angleθ dont elle a tourné depuis sa position horizontale.
(b) Proposer une méthode de détermination graphique du côté sur lequel tombe la tartine. On se contentera de tracer une allure de la courbe utilisée.
III Contact avec le sol
On étudie le mouvement de la tartine après que son point le plus bas est entré en contact avec le sol.
On notev# »Gcle vecteur vitesse de son barycentre juste avant l’impact, ωcsa vitesse de rotation au même moment etαcl’angle qu’elle forme alors avec la verticale. On noteCle point d’impact et∆cl’axe colinéaire au petit côté de la tartine et passant parC. On admet que la tartine ne glisse pas sur le sol.
III.1. Parmi les grandeurs suivantes, quelle(s) est(sont) celle(s) qui est(sont) conservée(s) au cours de l’im- pact ? On justifiera soigneusement la réponse pour chacune des propositions.
• quantité de mouvement de la tartine,
• moment cinétique de la tartine par rapport à l’axe∆c,
• énergie cinétique de la tartine.
III.2. En déduire l’expression de la vitesse de rotation après l’impact.
III.3. En déduire l’expression de la vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale.
Données :masse de la tartinem = 20 g, accélération de la pesanteurg = 9,8 m·s−2, longueur de la tartine`=6 cm, hauteur de la tableh=90 cm.
Problème 2 : Assistance gravitationnelle
On étudie dans ce problème une technique utilisée pour lancer des sondes spatiales aux confins du sys- tème solaire en « rebondissant » de planète en planète, parfois nommée « fronde gravitationnelle ».
On établit dans une première partie des généralités utiles pour toute la suite. La deuxième partie étudie un lancer jusqu’à Saturne sans l’assistance gravitationnelle. La troisième partie étudie cette technique et son application pour le lancer jusqu’à Saturne (mission Cassinii) et pour le lancer du projet STEREO. Les deux dernières parties sont relativement indépendantes l’une de l’autre mais utilisent les résultats de la première partie.
On travaillera dans le référentiel héliocentrique, dans lequel le soleil est fixe. Il sera considéré galiléen.
Les valeurs des paramètres sont données à la fin de l’énoncé. Les orbites des planètes seront considérées circulaires pour simplifier.
i. J-D. Cassini (1625–1712) astronome franco-italien.
I Généralités
On étudie le mouvement, dans un référentiel galiléenRg, d’un point maté- riel de massemet de positionMsoumis uniquement à la force de gravita- tion exercée par une massemafixe enOdansRg.
Son mouvement sera caractérisé par ses coordonnées polaires : la distance r=OMet l’angleθentre un vecteur fixe#»exdansRget le vecteur unitaire
#»erdéfini parOM# »=r#»er.
#» e r
#» e x
b
O
b
M r
θ
I.1. On désigne parσ# »/O(M)le moment cinétique en O du point matériel. Montrer queσ# »/O(M)est conservé au cours du mouvement, et déterminer sa norme, notéeσc, en fonction dem , retθ. On définit le˙ vecteur unitaire#»ezparσ# »/O(M) =σc#»ez. Quelle propriété géométrique de la trajectoire est assurée par la conservation deσ# »/O(M)?
I.2. On considère un mouvement circulaire de rayonRautour deO.
(a) Montrer qu’il est uniforme. Déterminer :
• la normevde la vitesse,
• les énergies cinétique, potentielle et mécanique,
en fonction de la constante gravitationnelleG, dema, metR.
(b) Calculervpour l’orbite de révolution de la Terre autour du soleil, de rayon notéRT. On la notera vT.
(c) On considère un point matériel situé sur l’orbite terrestre (r=RT). Quelle vitesse doit-il posséder pour pouvoir s’éloigner à l’infini du soleil ultérieurement ? On l’exprimera en fonction devT.
I.3. On considère une trajectoire elliptique (on ne cher- chera pas à montrer son existence) de périastreMpa
et d’apoastreMaa. On noterpala distance à l’astre Oetv# »pala vitesse (respectivementraaetv# »aa) au pointMpa(resp.Maa).
O
Maa
Mpa
rpa raa
# » vpa
# » vaa
Montrer que l’énergie mécanique se met sous la forme : Em=− Gmam
rpa+raa
. (2)
I.4. On pourra admettre les résultats de la questionI.4dsi leur établissement pose problème.
On définit le vecteur de Runge-Lenz, notéR, par#»
R#»=
#»v∧σ# »/O(M) Gmam −#»er.
(a) Montrer queR#»est une constante du mouvement.
On étudie dans la suite la déviation par l’astre du point matériel en état de diffusion. On notev#»0
sa vitesse quand il est à l’infini deOetbson paramètre d’impact (figure ci-dessous).
M v #» 0 b
D
θ 0
θ 0
#» e x
b
O
(b) Déterminer la nature géométrique de la trajectoire. Quelle est la norme de la vitesse du point matériel à l’infini après la déviation par l’astre ?
(c) Déterminer, en considérant le mouvement quand le point matériel est à l’infini, l’expression du moment cinétique. En déduire celle de la normeR. On l’exprimera en fonction du quotientGmv20b
a. Déterminer également la direction et le sens de#»Ret représenterR#»sur le schéma ci-contre qu’on reproduira.
(d) On noteDla déviation, représentée sur la figure précédente. Montrer qu’elle vérifie :
cosD=
bv20 Gma−1 1 + bv
2 0 Gma
.
II Transfert sans assistance
On souhaite envoyer une sonde de massemjusqu’à Saturne depuis la Terre, en employant une orbite elliptique, dite de transfert, dont le périhélie est à la distanceRTet l’aphélie sur l’orbite de Saturne, à une distance notéeRS. On ne se préoccupe pas du lancement depuis la Terre : la sonde parcourt initialement l’orbite terrestre de rayonRT. On néglige dans cette partie les interactions entre la sonde et les planètes pour ne considérer que celle avec le soleil.
II.1. Déterminer l’expression de l’énergie mécanique sur l’orbite de transfert en fonction deG, mO, m , RT
etRS, puis en fonction dem , vTet du rapportRS/RT.
II.2. La sonde parcourant initialement l’orbite terrestre, on l’injecte sur l’orbite elliptique de transfert en augmentant la norme de sa vitesse d’une quantité notée∆vsans changer sa direction. On considère que cette accélération est instantanée. Déterminer l’expression de∆v. On l’exprimera en fonction de vTet du rapportRT/RS. Calculer sa valeur.
II.3. Lors de la mission Cassini, la sonde a été placée sur une autre orbite elliptique de transfert, croisant celle de Vénus, de rayonRV. Quel doit être le signe de∆vpour réaliser cette manœuvre ? Déterminer sa valeur pour que la vitesse de la sonde lorsqu’elle croise l’orbite de Vénus soit égale à la vitesse de Vénus sur son orbite circulaire, notéevV. On l’exprimera en fonction devTet des rayonsRV etRT. II.4. Déterminer∆vpour que l’orbite de transfert soit tangente à celle de Vénus. Quelle sera alors la vitesse
de la sonde à son périhélie ? On l’exprimera en fonction devT, RVetRTpuis devV, RV, RT.
III Assistance gravitationnelle
Cette technique consiste à utiliser le passage de la sonde à proximité d’une planète pour augmenter ou diminuer sa vitesse dans le référentiel héliocentriqueRg. Le mouvement de la sonde est affecté par la planète pendant un temps suffisamment court, et la planète est suffisamment massive, pour qu’on puisse considérer que le mouvement dansRgde la planète (de positionAet de massema) est rectiligne uniforme à une vitesse qu’on noteraV#».
III.1. Justifier brièvement qu’on peut appliquer les résultats duI.4adans le référentiel planétocentrique, noté Ra, en translation àV#»par rapport àRg.
III.2. On désigne parv#»0la vitesse initiale de la sonde dans le référentiel héliocentrique etv# »0asa valeur dans le référentielRa.
(a) Reproduire la figure ci-contre et y représenter la construction dev# »0aà partir du pointM0.
(b) On noteDla déviation subie par la sonde dansRaetv# »1asa vitesse dansRaà l’issue de la déviation. Représenterv# »1asur la figure. On le fera pointer vers le pointMAet on choisiraDde l’ordre de 120° (sens trigonométrique). En déduire la construc- tion de la vitesse dansRgà l’issue de la déviation, notéev#»1et vérifier qu’on accélère ainsi la sonde dansRg.
MA
V#»
α M0
v#»0
(c) Représenter sur le schéma la configuration rendant la normev1 maximale quand l’angleα =
\#»
v0;V#»
reste fixé. On notev1maxla norme correspondante. Établir l’expression dev1maxen fonc- tion deV , v0et deαquandv1est maximale.
III.3. (a) On considère le cas particulierv0 = 0. Montrer qu’on av1max = 2V. On pourra s’aider d’un schéma si l’expression générale n’a pas été établie.
(b) On considère le cas particulierv0 = V. Déterminer l’expression dev1maxV−V pourα 1. On effectuera un développement limité enαau terme non nul d’ordre le plus bas.
III.4. Lors de la mission Cassini, on a utilisé l’assistance gravitationnelleiipour envoyer la sonde jusqu’à Saturne. La trajectoire de transfert a été choisie de telle sorte que la sonde passe à proximité de Vénus quand elle atteint son orbite. On considère pour simplifier que la vitesse asymptotique dansRgde la sonde quand elle se dirige vers Vénus estvV(v0=vV avec les notations précédentes).
(a) Déterminer la valeur de l’angleαentre l’ellipse de transfert et l’orbite de Vénus à leur point d’inter- section pour que la déviation communique une variation de vitesse∆vdonnée. Calculerαpour que le∆vpermette d’atteindre l’orbite de Saturne avec une vitesse quasiment nulle. On supposera qu’on est dans les conditions assurantv1max.
(b) Comparer les∆vproduits par les moteurs de la sonde pour un trajet sans et avec assistance jusqu’à Saturne.
III.5. Lors de la mission STEREO on a utilisé l’assistance gravitationnelle de la Lune (L) pour placer des satellites, initialement en orbite autour de la Terre (T), en orbite autour du soleil. L’étude sera faite dans le référentiel géocentrique dans lequelT est fixe, qu’on considérera galiléen pour la durée du phénomène étudié.
(a) L’orbite initiale des satellites est très elliptique : son apogée est pratiquement sur l’orbite lunaire et son grand axe est pratiquement égal au rayon de l’orbite lunaire, notéRL. Montrer que sa vitesse à l’apogée est négligeable devant celle de la Lune sur son orbite.
T L
RL
(b) Justifier succintement que l’assistance gravitationnelle permettra d’envoyer les satellites à l’infini de la Terre. Déterminer leur vitesse à l’infini de la Terre s’ils partent en formant un angle deπ/4 avec la trajectoire de la Lune.
Données :Constante gravitationnelleG=6,67·10−11S·I·, masse du soleilmO=1,99·1030kg, masse de la TerremT =5,97·1024kg, rayon de l’orbite terrestreRT =1,5·1011m≡1 au, rayon de l’orbite de SaturneRS=10 au, rayon de l’orbite de VénusRV =0,7 au, rayon de l’orbite lunaireRL=2,5·10−3au.
Problème 3 : Liquéfaction de l’azote par le procédé Linde-Hampson
On représente sur la figure ci-dessous le schéma de principe du procédé Linde-Hampson de liquéfaction industrielle de l’azote (plus précisément du diazoteN2).
ii. et de la Terre, et de Jupiter mais on n’en considère qu’un seul pour simplifier l’étude.
Compression1→2 De l’azote est introduit sous forme gazeuse dans un compresseurCsous la pression atmosphérique, dans l’état1. Il y subit une compression isotherme qui l’amène à l’état2.
Refroidissement2→3 L’azote est refroidi de manière monobare dans l’échangeurE: il en sort dans les conditions3.
Détente3→4 Il ensuite détendu dans le détendeurDjusqu’à la pression atmosphérique, c’est l’état4. On obtient alors un mélange d’azote liquide et gazeux.
Séparation4→5et6 le liquide (conditions5) et la vapeur (conditions6) sont séparés.
Vapeur dans l’échangeur6→1 La vapeur traverse l’échangeur à contre-courant. Elle en ressort dans les conditions1.
Les échanges énergétiques du fluide avec l’extérieur n’auront lieu que durant la traversée du compresseur.
L’étude de ce procédé sera effectuée au moyen du diagramme joint (figure Fig. 1) représentant la tempé- rature en fonction de l’entropie massique de l’azote dans les domaines du gaz et du mélange liquide gaz.
Ce diagramme devra être rendu avec la copie.
Données : Les coordonnées de certains points sont données dans le tableau ci-dessous :
1 2 3 4 5 6
P(bar) 1,01 200 200 1,01 1,01 1,01 θ(◦C) 27 27
On rappelle que les valeursθetTd’une température exprimée respectivement en◦C et en K vérifientT = θ+273,15. On donne rappelle également la valeur de la constante des gaz parfaitsR=8,314 J·K−1·mol−1 et la masse molaire de l’azoteM(N) =14,0 g·mol−1.
I Préliminaires
On considère une machine traversée par un fluide en écoulement permanent. On notewule travail utile reçu par le fluide de la machine (par un organe mobile par exemple) etqle transfert thermique reçu par le
fluide d’une source de chaleur de température stationnaireT0, lorsqu’une unité de masse du fluide traverse la machine.
Dans toute la suite, on négligera les variations d’énergie cinétique et potentielle.
1. On note∆hla variation d’enthalpie massique du fluide à la traversée de la machine. Rappeler, sans l’établir, l’expression∆hen fonction dewuetq.
2. Quelle inégalité vérifie la variation∆sd’entropie massique du fluide à la traversée de la machine ? Dans quel cas devient elle une égalité ?
3. On considère maintenant une machine pouvant être traversée selon deux circuits différents, chacun étant pourvu d’une entrée et d’une sortie (l’échangeurEdu schéma précédent). On notemla masse de fluide traversant la machine pendant une durée∆tpar un des circuits etm0la masse de fluide la traversant pendant la même durée∆tpar l’autre circuit. On désigne parWule travail reçu par l’ensemble du fluide de la machine et parQle transfert thermique reçu par l’ensemble du fluide d’une source de chaleur à la température stationnaireT0.
(a) On note∆het∆h0les variations d’enthalpie massique des massesmetm0de fluide traversant selon les deux circuits. Que devient la relation1?
(b) On note de même∆set∆s0les variations correspondantes d’entropie massique. Que devient l’inégalité2?
4. On donne l’expression de la variation d’entropie∆Sdenmoles d’un gaz parfait lors de la transforma- tion entre un état caractérisé par la pressionPiet la températureViet un état caractérisé parPfetVf :
∆S= nR γ−1
ln
Pf
Pi
+γln
Vf
Vi
, (3)
dans laquelleγdésigne le rapport des capacités thermiques massique à pression constante et à volume constant, considéré constant.
(a) On considère une transformation isentropique à partir d’un état de pressionPiet de température Ti. Établir l’expression de la pressionPfà l’issue de la transformation en fonction de la tempéra- ture finaleTf, dePiet deTi.
(b) On considère une compression adiabatique réversible de l’étatPi = 50 bar;θi = 0◦C à une températureθf =−100◦C. Quelle sera la pressionPfsi le gaz est parfait ?
(c) Déterminer, à partir des courbes de la figure 1 la pression obtenue lors d’une compression adia- batique réversible de N2des mêmes conditions (Pi, Ti) à la même températureTf. En déduire la valeur deγsi l’on suppose que le diazote se comporte lors de cette compression comme un gaz parfait. Commenter.
(d) Mêmes questions pour (Pi=200 bar;Ti=−90◦C) etθf =−140◦C.
Dans toute la suite, on ne suppose pas, sauf mention explicite du contraire, que le diazote est parfait.
II Transformation dans le compresseur C
On considère que la compression, isotherme, est effectuée de manière réversible.
1. Placer les points1et2sur le diagramme et en déduire leur enthalpie et entropie massiques.
2. Exprimer en fonction des coordonnées des différents points puis calculer numériquement le transfert thermiqueqCreçu par une unité de masse d’azote traversant le compresseur.
3. Exprimer en fonction des coordonnées des différents points puis calculer numériquement le travail que doit fournir le compresseurwuCpour comprimer une unité de masse d’azote.
4. Que vaudraientwuCetqCpour un gaz parfait ? Où la différence avec le gaz parfait est-elle la plus manifeste ?
III Transformation dans le détendeur D
Déterminer la nature de la transformation dans le détendeur. En déduire une relation entreh3eth4.
IV Séparation dans S
1. Placer les points5et6sur le diagramme et en déduire leur enthalpie et entropie massiques.
2. Vérifier la cohérence de ces valeurs en comparanth6−h5ets6−s5.
3. Exprimer la masseyd’azote liquide obtenu par kilogramme d’azote comprimé en fonction deh4, h5
eth6.
V Transformations dans l’échangeur thermique E
1. Quelle relation vérifienth1, h2, h3, h6ety?
2. En déduire l’expression en fonction des coordonnées des différents points, puis la valeur numérique, dey.
3. Placer les points3et4sur le diagramme et donner leur enthalpie et entropie massiques.
4. Calculer le travail à fournir pour liquéfier un kilogramme d’azote.
VI Utilisation en réfrigérateur
On modifie dans cette partie la machine de la manière suivante.
• les caractéristiques des points du cycle restent les mêmes ;
• on n’effectue plus de séparation du liquide et de la vapeur : le mélange reste dans l’état4;
• il n’y a plus d’échange thermique entre le fluide évoluant de 2 à 3 et celui évoluant de 4 à 1 ;
• la transformation de 2 à 3 se fait au contact d’une source de température notéeTc;
• la transformation de 4 à 1 est utilisé pour prélever de l’énergie thermique d’une source de température notéeTf;
1. Le but de la machine étant, comme pour une machine frigorifique, de prélever de l’énergie thermique lors de l’étape4→1, proposer une expression de son efficacité en fonction des enthalpies massiques des différents points et du travailwuC. Calculer sa valeur.
2. Comparer les températuresT3etTcd’une part etT1etTfd’autre part. Peut-on dire qu’on a réalisé une machine frigorifique ?
Fig. 1 : DiagrammeT , sde l’azote. Les courbes indicéesp=xxxsont des isobares dont l’indice indique la pression (en bar). Les courbes indicéesh=xxxsont des isenthalpiques dont l’indice indique l’enthalpie massique (en kJ.kg−1). Les symbolesL , L+GetGindiquent les domaines respectifs du liquide seul, du mélange liquide / gaz et du gaz seul.
Correction du problème 1
I Basculement
I.1. (a) Le moment du poidsP#»est le même que si la résultanteP#»était appliquée en seul point, la bary- centreG. S’il est à l’aplomb de la table, le moment du poids par rapport à l’axe∆si on envisage que la tartine a commencé à basculer tendra à la ramener vers l’horizontale.
(b) On a :
Jr=0=m`2
12 Jr=`/2=m`2 3 .
On vérifie que le moment d’inertie pour une tartine avecr= 0est le même que pourr =`/4 pour une tartine de longueur`/2puisque il est indifférent de répartir la masse d’un seul côté ou symétriquement des deux côtés.
I.2. (a) La tartine n’est soumise qu’au poids, conservatif et à la force de contact avec la table qui ne travaille pas tant que la tartine ne glisse pas. Le mouvement est donc conservatif.
(b) On écrit la conservation de l’énergie mécanique entre l’instant initial où la tartine est horizontale et immobile et un instant ultérieur où elle a tour- né d’un angleθet est animée de la vitesse an- gulaireθ. Comme il s’agit d’un solide en rota-˙ tion autour d’un axe fixe, son énergie cinétique estEc=J ω2/2et son énergie potentielle est (en la choisissant nulle dans la position initiale) celle d’un point matériel de massemsitué enG, soit Epot=−mgrsin(θ), puisqueGdécrit un cercle de rayonrautour de l’axe∆. On a donc :
0 =1
2J ω2−mgrsin(θ)→ω2= 2mgrsin(θ) J
(4)
= 2grsin(θ)
`2/12 +r2 = 2gsin(θ)
`
r/`
1/12 +r2/`2. (5) (c) On a représenté ci-contreK(r).
0,1 0,2 0,4 0,5
0 0,5 1 1,5 2
√1 12
√ 3
r/`
K(r)/(2g/`)
(d) On vérifie, par dérivation, queK(r)est maximale pourr/`= 1/√
12, où elle vaut√
3. On a alors, enθ=π/2:
ω2=2g√ 3
` →ω=23,8 rad·s−1. (e) Pourr`, on aK(r)'12r/`, et donc, enθ=π/2:
ω2=24gr
`2 →ω=8,1 rad·s−1.
I.3. (a) Le barycentreGest animé d’un mouvement circulaire de rayonr, on a donc :
#»a=−rθ˙2e#»r+rθ¨e#»θ.
L’équation 5 permet de déterminer :
θ˙=ω=
r2gsin(θ)K(r)
` →rθ˙2= 2gsin(θ) r2/`2 1/12 +r2/`2.
Pour l’expression derθ, on peut dériver l’équation 5, ou écrire directement la loi du moment¨ cinétique : la tartine est soumise à son poids et à la force de contact sur l’axe et sans frottement dont le moment est nul.
L’intensité du poids estmget son bras de levier estrcos(θ)et son moment par rapport à l’axe∆ est positif, la loi du moment cinétique s’écrit donc :
Jθ¨=mgrcos(θ)→rθ¨=gcos(θ) r2/`2 1/12 +r2/`2. (b) On applique la loi de la quantité de mouvement :
m#»a(G) =P#»+R#»
→ R#»
mg =e#»z+ r2/`2
1/12 +r2/`2(−2sin(θ)e#»r+cos(θ)e#»θ)
= (κ(r)−1)cos(θ)e#»θ−(1 + 2κ(r))sin(θ)e#»r, en posantκ(r)≡(r/`)2/(1/12 + (r/`)2)puisquee#»z=−cos(θ)e#»θ−sin(θ)e#»r. (c) La réaction normale est la composante orthoradiale de#»
R, la composante tangentielle étant celle seloner. Selon les lois du frottement solide d’Amontons et Coulomb, le glissement peut être évité tant que :
kR# »tk
kR# »Nk6µ→ (κ(r) + 2)sin(θ) (1−κ(r))cos(θ) 6µ.
Pourr=1 mm, on calculeJ=3,3·10−31et donc, en négligeantκ(r)devant 1 : µ>2tan(θ) =11,
ce qui constitue une valeur très importante. Il est peu vraisemblable que la condition de non glis- sement soit vérifiée. On l’effectue quand même car pour les angles assez élevés, le mouvement est pratiquement uniforme horizontal (puisque le bras de levier du poids est très faible) et prendre une rupture enθ=π/2changera peu les conditions initiales sur la vitesse la chute étudiée dans la partie suivante. En revanche, un glissement avantπ/2devrait diminuer la vitesse de rotation atteinte lors du décollement.
II Chute
II.1. (a) Comme calculé précédemment, on a enθ=π/2
ω0=
r2gK(r)
` =8,1 rad·s−1. En mouvement circulaire, la vitesse du barycentre est, enθ=π/2:
#»v(G) =rθ˙e#»θ=rω0e#»θ, de norme 8,1 m·s−1.
(b) La tartine n’est plus soumise qu’à son poids, son accélération est donc verticale, égale à#»g =−ge#»z. Comme sa vitesse initiale est entièrement horizontale, on a immédiatement :
zG=h−1 2gt2. II.2. (a) On a :
# » σ/G= m
2
GM# »1∧v#»1+GM# »2∧v#»2
(b) On dérive par rapport au temps : dσ# »/G
dt =m 2
v#»1∧v#»1+GM# »1∧a# »1+v#»2∧v#»2+GM# »2∧a# »2
Pour chaque point matérielMi, la loi de la quantité de mouvement s’écrit :m#»a(Mi)/2 =F#»→i+ m#»g/2, en notantF#»→ila force exercée par la tige surMi. On a donc :
dσ# »/G
dt =m(GM# »1+GM# »2)∧#»g
2 +m
2
GM# »1∧F# »→1+GM# »2∧F# »→2
.
Les forcesF# »→1etF# »→2sont dirigées dans la direction de la tige et ont donc un moment par rapport àGnul. De plus la relation du barycentre assure queGM# »1+GM# »2 =#»0. On en déduit queσ# »/G est conservé. La rotation de la tartine est donc plane, et on aσ=J ω=cste ; la vitesse de rotation
ωest donc constante.
II.3. (a) Puisqueωse conserve, l’angle évolue selon :
θ(t) =θ(t= 0) +ω0t=π/2 +ω0t→t= θ−π/2 ω0
. En injectant dans l’expression dezG(t), on obtient :
zG=h−g(θ−π/2)2 2ω02 .
(b) • La tartine est initialement verticale. Elle tombera du côté beurré si elle tourne de moins deπ avant d’atteindre le sol. Au cas limite, elle sera de nouveau verticale au moment du contact avec le sol et son barycentre aura chuté deh−`/2, pendant une duréep
2(h−`/2)/g=0,42 s.
• Pendant ce temps, la tartine a tourné deω0tzsoit :
ω0tz=
r28(h−`/2)r
`2 =3,4 rad.
Cet angle est légèrement supérieur àπ, la tartine devrait avoir juste le temps d’effectuer une demi-rotation pour se retrouver du côté non beurré.
Néanmoins le glissement négligé jusqu’à maintenant va diminuer l’angle dont tourne la tar- tine dans sa chute ; un glissement précoce :
• diminuera la vitesse de rotation,
• diminuera l’altitude du barycentre au moment où il entame sa chute,
• diminuera l’angle initial.
Il est donc tout à fait vraisemblable que la tartine finisse du côté beurré, comme on le constate souvent.
En revanche, dans le cas où ω=ωmax, l’angle de rotation sera environ trois fois plus grand et la tartine pourrait avoir le temps de faire plus d’un tour et demi durant sa chute. Il faut étudier plus en détail pour savoir précisément quel est l’angle moduloπà l’instant du contact.
II.4. (a) Le point le plus bas de la tartine est àzmin=zG−`|sin(θ)|/2.
(b) La tartine tombera du côté beurré si l’angleθest compris entreπ/2et3π/2. On trace la courbe zminen fonction deθdont on étudie l’annulation.
On aura :
0 =zmin=h−g 2
θ−π/2 ω0
2
− ` 2|sin(θ)|
0 = 1− g
2ω02h(θ−π/2)2− `
2h|sin(θ)|.
On a tracé ci-contre cette courbe pour les pa- ramètres du problème et différentes valeurs de l’angle de décollement. Sur ces exemples la tar- tine tombera du côté beurré pour les décollement intervenant en 0,4πet 0,3π.
0,5 1 1,5 2
0,5 1
beurré
θ/π
zmin/h π/2
0,4×π 0,3×π
III Contact avec le sol
III.1. • On utilise la loi de la quantité de mouvement. Pendant le choc la tartine est soumise à son poids et à la force de contact avec le sol. Le choc étant ponctuel, on peut négliger l’effet du poids sur la quantité de mouvement pendant la durée du choc. En revanche rien ne permet de conclure que l’effet de la force de contact sera lui aussi nul puisqu’elle peut être infinie dans l’hypothèse où le choc est ponctuel.
• L’interaction de contact a cependant, quelle que soit son intensité, un moment nul puisqu’elle est modélisable par une force ponctuelle au point de contact si on néglige le frottement de glissement.
• Bien qu’on n’observe pas de déplacement macroscopique au point de contact, le travail de la force de contact n’est pas nul ; le produit d’une force tendant vers l’infini par un déplacement vers0 peut être non nul. Ce travail est évident dans le cas d’un simple point matériel qui s’immobilise lors d’un impact sur un support immobile. ?
III.2. La tartine est, après le choc, en rotation autour de son extrémité, son moment d’inertie est donc : Jr=`/2=m`2
3 .
La conservation du moment cinétique au cours de la chute assure que ωc =ω0. Sa conservation au cours du choc, s’écrit, en notantω0la vitesse de rotation après le choc :
σ=Jr=`/2ω0=Jr=0ω0→ω0=ω0
Jr=0
Jr=`/2 =ω0
4 =2,0 rad·s−1. (6) III.3. On écrit précédemment la conservation de l’énergie mécanique lors de la rotation autour de∆cen contact avec le sol. Le barycentre chute de`cos(αc)/2avant d’atteindre le sol et on a donc, en notant
ωfla vitesse de rotation quand la tartine atteint l’horizontale : 1
2Jr=`/2ω2f =1
2Jr=`/2ω2c+mg`cos(αc)
2 →ωf2=ω20
16+3gcos(αc)
` =3g
` r
2`+cos(αc) .
Correction du problème 2
I Généralités
I.1. La force étant centrale, le moment cinétique enOfixe est conservé. Le mouvement est donc plan puisque la trajectoire est localement dans le plan orthogonal àσ# »/O(M). Dans le plan de la trajectoire, en coor- données polaires, on iraσc=mr2θ.˙
I.2. (a) Pourr=R=cste, la conservation deσ# »/O(M)assureθ˙=cste≡ω: le mouvement est uniforme de vitessev = R ωL’accélération radiale en coordonnées polaires est alorsar = ¨r−rθ˙2 = 0−vR2. Le point matériel n’étant soumis qu’à la force de gravitationF#»=−Gmma
R2 #»er, le principe fondamental de la dynamique s’écrit alors :−mv2
R =−Gmma
R2 . On en déduit :
• la vitessev= qGma
R ,
• les énergies cinétiqueEcin=12mv2=Gm2Ram, potentielle−Gmam
R et mécaniqueEm=Ecin+ Epot=−Gm2Ram.
(b) On calculev=qGm
O
RT =30 km·s−1.
(c) À l’infini, l’énergie potentielle est nulle, l’énergie mécanique est alors :Em=Ecin+ 0>0. Comme le système est conservatif, l’énergie est conservée entre le départ de l’orbite terrestre et l’infini, on a donc :Epot(RT) +12mv2>0, soitv=q2Gm
O RT =√
2vT =42 km·s−1. Il s’agit de la deuxième vitesse cosmique.
I.3. En utilisant le formalisme de l’énergie potentielle effective, on établit comme en cours, qu’au périastre et à l’apopastre oùr˙= 0:
Em= LO2
2mr2pa−Gmam rpa
= LO2
2mr2aa−Gmam raa
0 =rpa2 Em+Gmmarpa− σ2c
2m =raa2 Em+Gmmaraa− σ2c 2m.
Les longueursrpaetraasont donc les deux racines du trinôme :EmX2+GmmaX−σc2/(2ma)et vérifient donc :rpa+raa=−GmmE a
m , soit :Em=−rGmma
pa+raa. Pour un mouvement circulaire de rayon R, on arpa+raa= 2R, on retrouve bien l’expression précédente.
I.4. (a) On calcule la dérivée, en se rappelant queσ# »/O(M)est constant :
dR#»
dt = d#»v
dt ∧σ# »/O(M) Gmam −d#»er
dt =
F#»
m∧σ# »/O(M)
Gmam −θ˙#»eθ=−Gma
r2 #»er∧mr2θ˙#»ez
Gmam −θ˙#»eθ= ˙θ#»eθ−θ˙#»eθ= 0.
Le vecteurR#»est donc constant.
(b) Le point matériel est dans un état de diffusion, la trajectoire est donc la seule conique permettant d’atteindre l’infini avec une vitesse non nulle, soit une hyperbole. La conservation de l’énergie mé- canique assure que l’énergie cinétique est la même à l’infini que ce soit avant ou après la diffusion : elle vaut de nouveauv0après la diffusion.
(c) Dans le produit vectorielσ# »/O(M) =mOM# »∧v#»0, seule la composante deOM# »orthogonale àv#»0
(le paramètre d’impact) donne une contribution non nulle. On calcule doncσc =mbv0. Quand le point matériel est à l’infini, on a#»er→ −vv#»0
0et donc :R#»=v#»0∧Gmσ# »/O(M)
am +vv#»0
0. Les deux vecteurs v#»0∧σ# »/O(M)etv#»0étant orthogonaux, on calcule :
R2= 1 +
v#»0∧σ# »/O(M) Gmam
2
= 1 + bv02
Gma
2
| {z }
carv#»0⊥# »σ/O(M)
→R= s
1 + bv02 Gma
.
Au périastre, on ar˙= 0et la vitesser˙#»er+rθ˙#»eθ=rθ˙#»eθest selon#»eθ. On calcule donc, en notant
# »
vmaxla vitesse en ce point, toujours orthogonale àσ# »/O(M): R#»=vmax#»eθ∧σc#»ez
Gmam −#»er=vmaxσc
Gmam#»er−#»er=
vmaxσc
Gmam−1 #»er.
En ce point, le vecteurR#» =R#»exest colinéaire à#»er. On en déduit que le vecteur#»exest selon l’axe de symétrie de la trajectoire, comme il était représenté sur le schéma. En notantrmincette
distance minimale d’approche, on aσc = mrminvmax(puisqu’en ce pointOM# »⊥ #»v). On peut calculer vGmmaxaσmc = vGm2maxb
a. On reconnaît dans le quotient Gmba ≡ vb2le carré de la vitesse d’un point matériel en orbite circulaire (donc en état lié) autour deO(I.2). Comme le point matériel est en état de diffusion, on a nécessairementvmax> v2bsoitGmvmaxσc
am: le vecteurR#»est dans le même sens que#»erà l’apoastre.
(d) On calcule à l’infini avant la diffusion :
~
v0·R~= 0 + v~0
v0
·v~0=v0. Par ailleurs :
~
v0·R~=v0Rcos(v~0,e# »x) =v0Rcos(π−θ0) =−v0Rcos(θ0).
On a de plus2θ0=π+D, soit :
cosD=cos(2θ0−π) =−cos(2θ0) = 1−2cos2θ0= 1− 2
R2 = 1− 2 1 +Gmbv02
a
=
bv20 Gma−1 1 +Gmbv20
a
.
On vérifie queb= 0correspond àD=π: le point matériel « rebondit » contre l’astre qu’il allait heurter de plein fouet. Pourb→ ∞, on aD= 0puisque la trajectoire n’est pas déviée par l’astre, tout comme pourv0→ ∞.
II Transfert sans assistance
II.1. Le point d’injection, sur l’orbite terrestre, est l’aphélie dxoe la nouvelle orbite puisque, la direction de la vitesse ne changeant pas, elle demeure orthogonale au rayon vecteur. Pour qu’on puisse atteindre Saturne, l’aphélie doit être à la distanceRS.
Sur l’orbite elliptique, l’énergie est (I.3) :
Em=− GmSm
RT+RS =− GmSm RT
1 +RRS
T
=− mvT2 1 +RS/RT, en utilisant l’expression duI.2.
II.2. L’énergie sur l’orbite de transfert est supérieure à celle sur l’orbite terrestre. Comme le gain d’énergie se fait à énergie potentielle constante (la distanceOMne changeant pas pendant l’accélération), on a
∆Ecin= ∆Em, soit : 1
2m v2−vT2
=− mv2T 1 +RS/RT
+1
2mvT2 →(vT+ ∆v)2−vT2 =vT2
1− 2
1 +RS/RT
(vT+ ∆v)2= 2v2T 1 +RT/RS
→∆v=vT
s 2 1 +RT/RS
−1
!
'0,34vT=10,5 km·s−1.
II.3. NotonsRpla distanceOMau périhélie de cette nouvelle orbite.
L’aphélie est toujours sur l’orbite terrestre puisque en ce point la vi- tesse demeure orthogonale au rayon vecteur. L’énergie mécanique sur cette orbite est alors :Em =−GmOm
RT+Rp. Comme on doit avoir Rp 6 RV 6 RT pour croiser l’orbite de Vénus, l’énergie méca- nique est inférieure à celle sur l’orbite terrestre, égale à−Gm2R0m
T .
O RT
RV
Rp
On doit donc diminuer l’énergie mécanique de la sonde pour réaliser le transfert,ieavoir∆v <0. On cherche une orbite pour laquellev=vV ≡qGm
O
RV quandr=RV. Son énergie mécanique est donc la même que sur l’orbite vénusienne :Em=−1
2mv2V =−mv2TRT
2RV . En écrivant son expression au point d’injection, on a :
1
2m(vT+ ∆v)2−GmOm RT
=−mvT2RT
2RV
→1
2m(vT+ ∆v)2−mv2T=−mv2TRT
2RV
→vT+ ∆v=vT
s 2−RT
RV
∆v=−vT 1− s
2−RT
RV
!
' −0,24vT=−7,3 km·s−1.
II.4. Si l’orbite est tangente à celle de Vénus, le périhélie est sur l’orbite Vénusienne. L’énergie est doncEm=
−RGms
V+RT. On adapte alors le calcul précédent selon : 1
2(vT+ ∆v)2−vT2 =− GmS RV+RT
=− v2T 1 +RRV
T
→∆v=−VT
1− v u u t
2 1 +RRT
V
' −9,3·10−2vT =−2,8 km·s−1.
On détermine la vitesse de la sonde à son périhélie en utilisant la conservation du moment cinétique entre l’aphélie et le périhélie. En ces deux points où la vitesse est orthogonale au rayon vecteur, celui-ci s’exprime selonσc =mrv. En notantvfla vitesse au périhélie, on a donc :(vT+ ∆v)RT =RVvf, soit :
vf =vT
RT
RV
s 2RV
RV+RT
=vv
s 2RT
RV+RT
, puisquev2v=GmO RV
→v2VRV =vT2RT.
III Assistance gravitationnelle
III.1. Comme le référentielRaest en translation rectiligne uniforme par rapport àRg, il est galiléen et on peut y appliquer les résultats précédents.
III.2. (a) Par composition des vitesses, on a :v# »0a=v#»0−V#». On en déduit la construction ci-contre.
(b) On construitv# »1acomme représenté ci-contre. On en dé- duit la construction dev#»1=V#»+v# »1a. Dans ce cas parti- culier, on a|v#»1|>|v#»0|, la sonde a bien été accélérée dans Rg.
MA
V#»
α M0
v#»0
# » v0a
# » v1a
M1
D v#»1
(c) La norme|v#»1|sera maximale quandv#»1est colinéaire et de même sens queV#», comme représenté ci-contre. On a alorsv1max = V +v0a. On détermine alors la norme v0adans le triangleCM0MAà l’aide du théorème d’Al- Kashi :v0a2 = v02+V2−2v0V cosαet on en déduit :
v1max=V + q
V2+v20−2v0Vcosα. (7)
MA C
V#»
α M0
v#»0
# » v0a
# » v1a
M1
D v#»1
III.3. (a) Pourv= 0, on a immédiatementv1max= 2V. (b) On calcule :
v1max=V 1 +p
2 (1−cosα)
→v1max−V
V =p
2 (1−cosα)'√ 2
s α2
2 =|α|.
III.4. (a) La vitesse de la sonde étant pratiquement égale à celle de Vénus quand elles se rencontrent, on est dans les conditions duIII.3b. On a donc∆v=v1max−vV =p
2 (1−cosα).
Dans le cas limite, l’orbite de Saturne est atteinte avec une vitesse nulle. La conservation de l’éner- gie mécanique entre Vénus et Saturne s’écrit donc :
m(vV + ∆v)2
2 −GmmO
RV
=−GmmO RS
→(vV + ∆v)2= 2vV2
1−RV
RS
→∆v=vV
s 2
1−RV
RS
−1
!
On fait l’hypothèse queα1, on a alors∆v/vV 'α, soitα= r
2
1−RRV
S
−1 =0,36 rad= 21°. On vérifie que l’angleαest bien suffisamment petit pour que l’approximation soit légitime (le calcul sans approximation donneα=20,8° au lieu deα=20,9° avec approximation).
(b) Pour le trajet sans assistance, leII.2donne∆v = 10,5 km·s−1. Avec assistance, leII.4donne
∆v=2,8 km·s−1si on peut ajuster l’angle à la valeur calculée à la question précédente et avoir en même tempsv=vVquand la sonde passe à proximité de Vénus. On ne peut cependant pas régler ces deux paramètres indépendamment et il faudra chercher l’injection optimale en considérant l’expression générale (7) dans laquellev0dépendra également des paramètres d’injection.
III.5. (a) D’après l’expression (2), l’énergie mécanique sera pra- tiquement égale à−GmmO
RL . Or cette valeur est celle de l’énergie potentielle à l’apogée de la trajectoire : l’énergie cinétique doit donc y être quasiment nulle.
(b) Comme déterminé auI.2c, la vitesse doit être supérieure à√
2vTquand on se situe à la distanceRTde la Terre.
On est de plus dans la situation duIII.3a. La construction ci-contre montre qu’avec une déviation deπ/2,iequand les satellites partent àπ/4de Vénus, leur vitessev1est exactementv1 = √
2vT: ils auront une vitesse nulle à l’infini.
MA
M0
V#»=v# »T =−v#»0
# » v0b
M1
v#»1
Correction du problème 3
I Préliminaire
1. Il s’agit simplement du premier principe industriel.
2. On a de même∆s>Tq
0, avec égalité si et seulement si la transformation est réversible.
3. On applique le premier principe industriel séparément à chacun des fluides en écoulement permanent.
Chaque circuit reçoit du travail et du transfert thermique :
• de la machine,
• de l’autre fluide.
(a) Comme l’énergie qui est cédée par un un fluide à l’autre est entièrement cédée par l’autre, la somme du travail et du transfert thermique, la réunion des deux fluides ne reçoit globalement de travail et de transfert thermique que de la machine. Le premier principe industriel s’écrit finale- ment :
m∆h+m0∆h0=Wu+Q.
(b) On écrit directement le bilan d’entropie pour la réunion des deux fluides : S(t+ ∆t) +msf+m0s0f−
S(t) +msi+m0s0f
= Q T0
+ Sc
|{z}
>0
.
soit m∆s+m0∆s0> Q T0
.
4. (a) Sur une transformation isentropique,∆S= 0et on obtient la loi de Laplace :
PfVfγ=PiViγ→Pf1−γTfγ=Pi1−γTiγ→Pf =Pi
Tf
Ti
γ/(γ−1)
(8)
(b) Pour une transformation adiabatique réversible, la compression est isentropique. On applique donc la formule précédente.
(c) On suit l’isentropique verticale du point initial, situé sur le point de l’isobare 50 bar d’ordonnée θi =0◦C, jusqu’à l’ordonnéeθf = −100◦C. On se trouve alors sur l’isobarePf =10 bar. On calcule alors :
γ= ln(Pf/pi)
ln(Pf/Pi)−ln(Tf/Ti)=1,40, (9) on retrouve bien la valeur de7/5attendue pour un gaz diatomique dans des conditions raison- nables de température.
5. Pour cette nouvelle compression, le calcul avec la formule du gaz parfait donnePf =65 bar. En re- vanche la lecture du diagramme conduit à une pression dePf <50 bar, significativement différente : on est trop près de la courbe de saturation pour que le modèle du gaz parfait soit applicable.
II Transformation dans le compresseur C
1. On représente les points1et2aux intersections de l’isothermeθ= 27◦C avec les isobaresP = 1,01 etP = 200. On en déduit leur enthalpie et entropie massiques, rassemblées dans le tableau 1.
2. La transformation étant réversible et isotherme :q1→2=T2(s2−s1) =−492kJ.kg−1. 3. Selon les relations du préliminaire :wu,C= (h2−h1)−q1→2= 457kJ.kg−1.
4. Pour un gaz parfait, la deuxième loi de Joule pour un fluide en écoulement donne∆h=wuC+qC= 0 puisque la transformation est monotherme. On calcule d’abordqCsur cette transformation isotherme et réversible avec l’expression des variations deS:
qC=T1∆s= T1nR
m(γ−1) ln(Pf/Pi) +γln(Vf/Vi)
= T1R
M(γ−1) γln(Tf/Ti)−(γ−1)ln(Pf/Pi)
=−T1R
M ln(Pf/Pi) =−4,57·102kJ·kg−1 On calcule alors :
wuC=−qc=4,57·102kJ·kg−1.
On retrouve le même résultat, aux imprécisions de lecture près : le modèle du gaz parfait est satisfai- sant car on reste dans le domaine où la deuxième loi de Joule est vérifiée,ieoù les isenthalpes sont des isothermes. C’est pour des pressions encore plus hautes, qu’on pourrait observer une différence significative.
III Transformation dans le détendeur D
Le gaz ne reçoit ni travail utile ni transfert thermique, la transformation est donc isenthalpique. On en déduith3=h4.
IV Séparation dans S
1. Les points5et6sont respectivement les intersections de l’isobareP= 1,01bar horizontale (car c’est aussi une isotherme) sous la courbe de saturation, avec la courbe de saturation. On peut lire sa tempé- ratureTeq= 78K.
2. On vérifie qu’on a bienh6−h5=Teq(s6−s5).
3. En utilisant le théorème des moments :y=hh6−h4
6−h5.
V Transformations dans l’échangeur thermique E
1. L’enthalpie totale se conserve puisque l’échangeur ne reçoit ni travail utile, ni transfert thermique de l’extérieur. Par ailleurs, seulement une fraction1−ydu fluide est réinjecté sous forme de vapeur. Le bilan enthalpique s’écrit donc :
∆h= 0 = (h3−h2) + (1−y) (h1−h6). 2. Avec l’expression précédente deyet puisqueh3=h4, on détermineyselon :
h2+ (1−y) (h6−h1) =h6(1−y) +yh5→y=h1−h2
h1−h5
= 8,1.10−2.
3. On place le point4à l’aide de la relation3, puis le point3, à l’intersection de l’isenthalpique passant par4et de l’isobareP=200 bar.
4. Par cycle, seule une fractionydu gaz admis est liquéfié, pour un travail massiquewu,C. Le travail pour liquéfier un kilogramme est donc :wu,Cy =5,64·103kJ·kg−1.
VI Utilisation en réfrigérateur
1. On prélève l’énergie thermique massiqueq4→1=h1−h4de la « source froide » en utilisant le travail massiquewuC: l’efficacitéeest donc :
e=h1−h4
wuC
=0,54. (10)
2. Pour que le contact avec la source de chaleur entre2et3permette le refroidissement du fluide, on doit avoirθc6θ3 =−110◦C. De même on doit avoirθf >θ1=27◦C. La source « froide » est donc ici à une température supérieure à celle de la source « chaude ». On n’a pas ici une machine frigorifique utile puisque le bilan thermique est ici simplement un transfert de l’énergie de la source àθfvers la source àθc 6θf : en effet le bilan énergétique du compresseur est quasiment nul. La mise en contact direct des deux sources conduirait au même bilan et le calcul du rendement proposé à la question précédente n’a que peu d’intérêt.
La seule utilité de cette machine est de contrôler la vitesse à laquelle s’effectue ce transfert d’une source à l’autre en contrôlant le débit de N2dans la machine.
1 2 3 4 5 6 h(kJ.kg−1) 515 480 265 265 83 280 s(J.kg−1.K−1) 3840 2200 1200 2260 -150 2440
Tab. 1 : Entropie et enthalpie massiques des différents points
(1) (2)
(3)
(4) (6) (5)
Fig. 2 : DiagrammeT , sde l’azote. Les courbes indicéesp=xxxsont des isobares dont l’indice indique la pression (en bar). Les courbes indicéesh=xxxsont des isenthalpiques dont l’indice indique l’enthalpie massique (en kJ.kg−1). Les symbolesL , L+GetGindiquent les domaines respectifs du liquide seul, du mélange liquide / gaz et du gaz seul.
